P2869 [USACO07DEC]美食的食草动物Gourmet Grazers
P2869 [USACO07DEC]美食的食草动物Gourmet Grazers
题目:约翰的奶牛对食物越来越挑剔了。现在,商店有M 份牧草可供出售,奶牛食量很大,每份牧草仅能供一头奶牛食用。第i 份牧草的价格为Pi,口感为Qi。约翰一共有N 头奶牛,他要为每头奶牛订购一份牧草,第i 头奶牛要求它的牧草价格不低于Ai,口感不低于Bi。请问,约翰应该如何为每头奶牛选择牧草,才能让他花的钱最少?
题解:对奶牛的价格要求和草的价格要求进行排序,排序后可以得到如下:
从第一项开始遍0历,若\((P_1, Q_1)\)可以使得\(A_x < P_1 < A_{x + 1}\),那么将\((B_1, 1), \cdots, (B_x, x)\)放入\(S\),因为这样可以将奶牛的需求按照品质排序,每次该牧草所给的奶牛的序号应该为\(t\),其中\(Q_t ≤ Q_1 < Q_{t + 1}\),即\(t = S.lower\_bound(Q_1) - 1\),但是我们会发现这存在问题,因为\(lower\_bound\)如果找不到,会定位在比\(Q_1\)大的那个数上,所以这里可以使用技巧:将\(S\)进行降序排序(原来是升序),只需要将每个数乘上\(-1\)即可,取出来的时候也乘\(-1\)。对于其后考虑的牧草,可以发现\(P_i ≥ P_1\)(已经排好序了),所以在\(S\)中的奶牛只需要关心品质,无需关心价格。
综上所述我们可以发现是需要维护一个储存奶牛的\(multiset\),这其中在判断草是否可以用有一个技巧:直接使用迭代器\(std::multiset\text{<}int\text{>}::iterator~~iter = cow\_set.lower\_bound(Q_{i})\)。对于这个迭代器,由于放入集合中的是降序排列,我们只需要操作迭代器就可以确定一个草可不可以用。现在我们假设:一个草的品质低于现在集合中奶牛所需的最低品质,很显然这个时候返回的\(iter\)是不在集合当中的(因为默认找更大的一个),此时一定有\(iter == cow\_set.end()\)(根据\(end()\)的定义)。
代码:
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100005;
ll n, m;
pair<ll, ll> cow[maxn], grass[maxn];
multiset<ll> cow_set;
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> cow[i].first >> cow[i].second;
for (int i = 1; i <= m; i ++)
cin >> grass[i].first >> grass[i].second;
sort(cow + 1, cow + 1 + n);
sort(grass + 1, grass + 1 + m);
ll ans = 0;
for (int grass_i = 1, cow_i = 0; grass_i <= m; grass_i ++) {
ll now_grass_cost = grass[grass_i].first;
ll now_grass_quality = grass[grass_i].second;
for (int i = cow_i + 1; i <= n && cow[i].first <= now_grass_cost; i ++) {
// 符号:将序排列
cow_set.insert(-cow[i].second);
cow_i ++;
}
set<ll>::iterator iter = cow_set.lower_bound(-now_grass_quality);
// 草品质达到
if (iter != cow_set.end()) {
cow_set.erase(iter);
ans += now_grass_cost;
}
}
// 如果还有牛剩下来 -> 这些牛的要求没有被满足 -> 答案为-1
if (!cow_set.empty()) ans = -1;
cout << ans << endl;
}